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Klassenzahl
</pre>
:Hätten wir also etwa 8 Elemente, aus denen wir mit der Erlaubnis unbeschränkter Wiederholung Quaternen bilden sollen, dann schreiben wir <math> \textstyle \binom{8+4-1}{4} =</math><math> \textstyle \binom{11}{4} =</math><math> \textstyle \frac{11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{1 \cdot 2 \cdot3 \cdot 4} =</math> <math> \textstyle 70 </math> was naturgemäß viel mehr ist, als die Zahl unwiederholter Quaternen aus 8 Elementen, die bloß <math> \textstyle \binom{8}{4} = \frac{8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5}{1 \cdot 2 \cdot3 \cdot 4} = 70</math> betragen würde.
:Als Abschluß unserer Betrachtungen über die Kombination im engeren Sinne wollen wir „zur Erhaltung und Vervollständigung des Systems“ wie schon sooft wieder einmal einen sinnlosen Befehl erteilen. Wir Rekruten der Mathematik müssen uns zur Festigung unserer Disziplin an derartige Befehle gewöhnen. Denn beim Militär gibt es bekanntlich kein „unmöglich“ und Befehl ist Befehl. Wir verlangen also zu wissen, wie, groß irgendeine Zahl „über“ Null ist. Natürlich nicht schlechtweg eine Zahl über Null. Sondern das „über“ in unserer kombinatorischen Schreibweise ausgedrückt. Also wie groß ist etwa <math> \textstyle \binom{9}{0} </math>? Selbstverständlich eine Aufgabe für das Irrenhaus oder für Spiritisten. Denn es wird ja bloß verlangt, ich solle (in der ersten Lesart) oben die 9 nullmal, um je eins bei jedem weiteren Faktor vermindert, als Faktor setzen. Als Erholung soll ich dann unten 0! anschreiben. Also alle Zahlen, beginnend mit der Eins, bis ich endlich zur Null gelange. Diese letzte Forderung gliche dem Befehl, solange auf den Berg hinaufzusteigen, bis ich dadurch das darunterliegende Tal erreicht hätte. Wir treiben aber wieder den Teufel mit dem Beelzebub aus. Wir wenden die Gegen-Kabbala an. Es gibt noch eine zweite Irrenhausaufgabe, die allerdings harmloser ist. Nämlich die Zahl über sich selbst. In unserem Fall also <math> \textstyle \binom{9}{9} </math>. Das läßt sich wenigstens berechnen, und zwar als <math> \textstyle \frac{9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot 6 \cdot 7 \cdot 8 \cdot 9} </math> und liefert offensichtlich als Ergebnis. Es ist übrigens auch ohne Rechnung klar, daß es nur eine einzige Kombination aus allen Elementen gibt, wenn die Klassengröße der Elementenzahl gleich ist. Nun „erhalte ich das System“. Ich habe vorhin gesehen, daß wenn ich die Binomial-Koeffizienten (kombinatorische Arbeitsbefehle) einer und derselben Elementenzahl, geordnet nach der kontinuierlich je um eins erhöhten Klassengröße, in eine Reihe anschreibe, je zwei gleich weit von den beiden Enden abstehende Binomial-Koeffizienten das gleiche Ergebnis liefern. Da nun infolge dieser allgemeinen Eigenschaft dieser „Befehle“ z. B. <math> \textstyle \binom{9}{1} </math> und <math> \textstyle \binom{9}{8} </math> gleich waren, brauchen wir nur noch nachzusehen, wo <math> \textstyle \binom{9}{0} </math> und <math> \textstyle \binom{9}{9} </math> stehen. Sie stehen, das ist offensichtlich, in unserer Reihe vor <math> \textstyle \binom{9}{1} </math> und nach <math> \textstyle \binom{9}{8} </math>. Und zwar jeweils als unmittelbare Nachbarn. Da wir aber nun weiter schon wissen, daß <math> \textstyle \binom{9}{9} </math> gleich 1 ist, so muß <math> \textstyle \binom{9}{0} </math> an der entsprechenden Stelle auf dem entgegengesetzten Ende der Reihe auch gleich eins sein. <math> \textstyle \binom{9}{0} </math> ist also dem Wert gleich der Eins. Unser Algorithmus hat uns über Abgründe geleitet, auf deren Boden kein menschliches Auge mehr sieht. Wir sind auf einer Seite in die Gefilde rettungsloser Unvorstellbarkeit hineingeschritten und haben auf der anderen Seite plötzlich ein klares, einfaches, rundes, greifbares Resultat gewonnen. Diese Zwischenbemerkung nur zur weiteren Charakterisierung des Wesens eines tauglichen Algorithmus. Wenn wir diesen Begriff einmal durch und durch verstehen, dann wird uns — es sei noch einmal gesagt — die ganze Unendlichkeitsanalysis, die so sehr gefürchtete Differential- und Integralrechnung, nur wie ein Kinderspiel, und zwar ein sehr buntes, berauschend vergnügliches Kinderspiel anmuten.
:Wir müssen aber von einer anderen Seite her erproben, ob unser Gewaltstreich mit dem <math> \textstyle \binom{9}{0} = 1 </math> nicht das System zersprengt. Dazu verwenden wir eine weitere Eigenschaft unseres Befehls, daß nämlich, wie schon erwähnt, <math> \textstyle \binom{9}{9} </math> auch mit <math> \textstyle \binom{9}{9-0} </math> gleich sein muß, da ja etwa <math> \textstyle \binom{9}{4} </math> stets gleich ist <math> \textstyle \binom{9}{9-4} </math>, also <math> \textstyle \binom{9}{5} </math>. Schon der erste Anblick von <math> \textstyle \binom{9}{9} </math> und <math> \textstyle \binom{9}{9-0} </math> zeigt, daß Gleichheit vorliegt.
:Zum Schluß wollen wir noch eine andere Eigentümlichkeit nur kurz erwähnen, die eine derartige vollständige Reihe von Binomial-Koeffizienten einer und derselben Elementenanzahl besitzt. Ihre sogenannte Quersumme ist nämlich stets die Zahl 2 zur Potenz der Elementenanzahl erhoben, in unserem Falle also 2<sup>9</sup> oder 512. Wenn wir nun alle Ergebnisse als additive Reihe nebeneinanderstellen, so erhalten wir:
::1 + 9 + 36 + 84 + 126 + 126 + 84 + 36 + 9 + 1 = 512.
:Hier waren, wie man sieht, <math> \textstyle \binom{9}{0} </math> und <math> \textstyle \binom{9}{9} </math> schon als Flügelleute mit von der Partie. Da nun — eine weitere Anmerkung — die Klassenzahl von 0 bis zur Elementenanzahl läuft, so ergibt sich bei ungerader Elementenzahl eine gerade Gliederzahl der Reihe und umgekehrt. Wir hatten die Klassen 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, also 10 Klassen. Daher auch zehn Arbeitsbefchle und zehn Summenglieder. Bei 4 als Elementenanzahl ergäbe sich<math> \textstyle \binom{4}{0} </math><math> \textstyle \binom{4}{1} </math><math> \textstyle \binom{4}{2} </math><math> \textstyle \binom{4}{3} </math><math> \textstyle \binom{4}{4} </math>, also fünf (ungerade Anzahl!) Reihenglieder, und zwar 1, 4, 6, 4, 1. Die Quersumme ist wieder die entsprechende Potenz von 2, nämlich 24= 16. Wieder sind weiters die von beiden Enden gleich weit abstehenden Binomial-Koeffizienten gleich groß. Nur die Sechs in der Mitte oder <math> \textstyle \binom{4}{2} </math> spielt gleichsam eine Doppelrolle als eine Art von Doppelglied. Das ist aber auch aus dem Wesen der geraden Zahl zu erklären. Bei 10 über einer Klasse zwischen 0 und 10 muß einmal in der Reihe das Glied „10 über <math> \textstyle \frac{10}{2} </math>“ oder <math> \textstyle \binom{10}{5} </math> vorkommen. Das aber ist gleich <math> \textstyle \binom{10}{10-5} </math>, also wieder gleich <math> \textstyle \binom{10}{2} </math>. Bei ungerader Elementenzahl ist ein solches janusköpfiges Mittelglied nicht möglich, da etwa <math> \textstyle \binom{11}{5} </math> gleich ist<math> \textstyle \binom{11}{11-5} = \binom{11}{6} </math>, <math> \textstyle \binom{11}{6} </math> aber schon mit <math> \textstyle \binom{11}{11-6} = \binom{11}{5} </math> wieder nach der anderen Richtung zurückschlägt. Es gibt eben kein „11 über <math> \textstyle \frac{11}{2} </math>“, da <math> \textstyle \frac{11}{2} = 5{,}5 </math> keine ganze Zahl ist und daher als kombinatorische Klassengröße nicht in Betracht kommt.
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